2020年广西南宁市高考数学一模试卷(理科)(有解析)

2020年广西南宁市高考数学一模试卷(理科)一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合A={−1,0，1，2}，B={x|x2+x−2<0}.则A∩B=()A. {−1,0}B. {0,1}C. {1,2}D. {−1,2}2.若复数z满足(1−i)z=−1+2i，则|z−|=()A. √22B. 32C. √102D. 123.在某次测量中得到A样本数据如下：43，50，45，55，60，若B样本数据恰好是A样本每个数都增加3得到，则A、B两样本的下列数字特征对应相同的是()A. 众数B. 中位数C. 方差D. 平均数4.若(x2+1ax )6的二项展开式中x3的系数为52，则a=()A. 1B. 2C. 3D. 45.设等比数列{a n}的前n项和为S n，且a4=2a2，则S8S4=()A. 4B. 5C. 8D. 96.已知函数f(x)=a2x2+bln x图象在点(1,f(1))处的切线方程是2x−y−1=0，则ab等于()A. 2B. 1C. 0D. −27.函数f(x)=x(e−x−e x)4x2−1的部分图象大致是()A. B.C. D.8.在三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是等边三角形，AA1⊥平面ABC，AA1=AB=2，D，E，F分别是BB1，AA1，A1C1的中点，则直线EF与CD所成角的余弦值为()A. √22B. 12C. 0D. −129.如图所示的程序框图，输出的结果是S=2017，则输入A的值为()A. 2018B. 2016C. 1009D. 100810.设过双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点且与x轴垂直的直线与渐近线交于A，B两点，若△OAB的面积为√13bc3，则双曲线的离心率为()A. √52B. √53C. √132D. √13311.设函数f(x)=log12(x2+1)+83x2+1，则不等式f(log2x)+f(log12x)≥2的解集为()A. (0,2]B. [12,2] C. [2,+∞) D. (0,12]∪[2,+∞)12.已知函数f(x)=√3sinωx+cosωx(ω>0)的最小正周期为π，将f(x)的图象向右平移π6个单位长度得到函数g(x)的图象，有下列四个结论：p1：g(x)在(−π6,π3)单调递增；p2：g(x)为奇函数；p3：y=g(x)的图象关于直线x=5π6对称；p4：g(x)在[0,π2]的值域为[−1,1]．其中正确的结论是()A. p1，p3B. p1，p4C. p2，p3D. p3，p4二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.向量a⃗=(3,1)与向量b⃗ =(−1,2)的夹角余弦值是______．14.{a n}是公差不为0的等差数列，满足a172+a182−a192−a202=d，则该数列的前36项和S36=__________．15.设椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上的点，PF2⊥F1F2，∠PF1F2=30°，则C的离心率为______．16.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面四边形ABCD是矩形，BC=2，△PAD是等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD，点E，F分别在线段PA，CD上，若EF//平面PBC，且DF=2FC，则点E 到平面ABCD的距离为______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.某部门在同一上班高峰时段对甲、乙两座地铁站各随机抽取了50名乘客，统计其乘车等待时间(指乘客从进站口到乘上车的时间，乘车等待时间不超过40分钟).将统计数据按[5,10),[10,15)，[15,20),…,[35,40]分组，制成频率分布直方图：(Ⅰ)求a的值；(Ⅱ)记A表示事件“在上班高峰时段某乘客在甲站乘车等待时间少于20分钟“，试估计A的概率；(Ⅲ)假设同组中的每个数据用该组区间左端点值来估计，记在上班高峰时段甲、乙两站各抽取的50名乘客乘车的平均等待时间分别为X1−，X2−，求X1−的值，并直接写出X1−与X2−的大小关系．18.如图所示的几何体中，ABC−A1B1C1为正三棱柱，点D在底面ABC中，且DA=DC=AC=2，AA1=3，E为棱A1C1的中点．(Ⅰ)证明：平面A1C1D⊥平面BDE；(Ⅱ)求二面角C−DE−C1的余弦值．19.已知△ABC外接圆面积为4π3，内角A，B，C所对边的边长分别是a，b，c，且C=π3．(1)若ab=4，求b；(2)若sinC+sin(B−A)=2sin2A，求△ABC的面积．20.已知函数f(x)=x3−ax2−x(a∈R)．(1)当a=1时，求f(x)在区间(0,+∞)上的最小值；(2)若f(x)在区间[1,2]上是单调递减函数，求实数a的取值范围．21.已知抛物线E：y=x2的焦点为F，过点F的直线l的斜率为k，与抛物线E交于A，B两点，抛物线在点A，B处的切线分别为l1，l2，两条切线的交点为D．(1)证明：∠ADB=90°；(2)若△ABD的外接圆Γ与抛物线E有四个不同的交点，求直线l的斜率的取值范围．22.在直角坐标系xOy中，A(0,−1)，B(−√3,0)，以AB为直径的圆记为圆C，圆C过原点O的切线记为l，若以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．(1)求圆C的极坐标方程；(2)若过点P(0,1)，且与直线l垂直的直线l′与圆C交于M，N两点，求|MN|．23.设a，b为正实数，且1a +1b=4．(Ⅰ)求a3+b3的最小值；(Ⅱ)若(a−b)2≥16(ab)3，求ab的值．【答案与解析】1.答案：A解析：解：B={x|−2<x<1}；∴A∩B={−1,0}．故选：A．可解出集合B，然后进行交集的运算即可．考查列举法、描述法的定义，以及交集的运算．2.答案：C解析：本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．解：由(1−i)z=−1+2i，得z=−1+2i1−i =(−1+2i)(1+i)(1−i)(1+i)=−32+12i，∴|z−|=|z|=√(−32)2+(12)2=√102．故选：C．3.答案：C解析：解：根据题意知，A样本数据一定时，B样本数据恰好是A样本每个数都增加3得到的，则A样本的众数比B样本的众数小3；A样本的中位数比B样本的中位数小3；A样本的方差等于B样本的方差；A样本的平均数比B样本的平均数小3．故选：C．根据众数、中位数、平均数和方差的定义知，A样本数据一定时，B样本数据是A样本每个数都增加3得到的，则两样本的方差不变．本题考查了众数、中位数、平均数和方差的定义与应用问题，是基础题．解析：解：(x 2+1ax )6的二项展开式的通项公式为T r+1=C 6r ⋅x 12−2r ⋅(ax)−r ，=a −r ⋅C 6r⋅x 12−3r ，令12−3r =3，解得r =3，展开式中x 3的系数为a −3⋅C 63=52，a =2， 故选：B ．在二项展开式的通项公式中，令x 的幂指数等于3，求出r 的值，再根据展开式中x 3的系数为52，求得a 的值．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．5.答案：B解析：解：a 4=2a 2⇒a 1q 3=2a 1q ⇒q 2=2．S 8S 4=1−q 81−q 4=1+q 4=1+22=5．故选：B ．根据等比数列的通项公式求得公比q 的值，然后由等比数列的前n 项和公式求S 8S 4的值．本题主要考查等比数列的应用，根据等差数列建立条件关系求出公比是解决本题的关键．6.答案：C解析：本题考查利用导数求曲线在某点处的切线方程的应用，属于基础题． 对f(x)求导，由导数的几何意义即可求解．解：由题意可得f′(x)=ax +bx ， 所以f′(1)=a +b =2，且f(1)=a2=1， 所以a =2，b =0， 所以ab =0．7.答案：B解析：本题主要考查函数图象的识别与应用，根据函数奇偶性及特殊点的函数值作出判断即可，属于中档题．解：因为函数f(x)=x(e −x−e x)4x2−1的定义域为{x|x≠±12}，所以函数f(−x)=−x(e x−e−x)4x2−1=f(x)，所以函数是偶函数，图象关于y轴对称，故排除A；当x>12时，结合指数的运算，可知f(x)=x(e−x−e x)4x2−1<0恒成立，故排除C，D；故选B．8.答案：C解析：本题考查了异面直线所成的角，属于简单题．平移EF与CD，成GH，B1G，则∠B1GH即为异面直线所成角．解：如图，取AC中点H，CC1中点G，连接GH，B1G，B1H，因为EF//GH，B1G//CD，所以∠B1GH即为异面直线所成角．在△B1GH中B1G=CD=√5，GH=√2，连接BH，在△B1BH中，B1H=√7，所以由余弦定理知cos∠B1GH=0．故选：C．解析：解：模拟程序的运行，可得程序框图的功能是计算并输出S=2A+1的值，由题意，可得：2017=2A+1，解得：A=1008．故选：D．根据题意，模拟程序框图的运行过程，即可得出正的确答案．本题主要考查了程序框图的应用，属于基础题．10.答案：D解析：本题考查双曲线的对称性、考查双曲线的离心率和渐近线方程，属于中档题．令x=c，则代入y=±ba x可得y=±bca，根据△OAB的面积为√13bc3，求出双曲线的离心率即可．解：F为右焦点，设其坐标为(c,0)，令x=c，则代入y=±ba x可得y=±bca，∵△OAB的面积为√13bc3，∴12×2bca×c=√13bc3，∴ca =√133，∴e=√133故选：D．11.答案：B解析：∵f(x)的定义域为R，f(−x)=log12(x2+1)+83x2+1=f(x)，∴f(x)为R上的偶函数．易知其在区间[0,+∞)上单调递减，令t=log2x，所以log12x=−t，则不等式f(log2x)+f(log12x)≥2可化为f(t)+f(−t)≥2，即2f(t)≥2，所以f(t)≥1，又∵f(1)=log122+83+1=1，f(x)在[0,+∞)上单调递减，在R上为偶函数，∴−1≤t≤1，即log2x∈[−1,1]，∴x∈[12,2]，故选B．12.答案：A解析：本题考查三角函数的图象变换和解析式的求法，同时考查三角函数的奇偶性和单调性、对称性、值域的求法，考查化简变形能力和运算能力，属于中档题．由两角和的正弦公式和周期公式可得f(x)的解析式，由图象平移可得g(x)的解析式，由正弦函数的单调性可判断p1；由奇偶性的定义可判断p2；由正弦函数的对称性可判断p3；由正弦函数的值域可判断p4．解：函数f(x)=√3sinωx+cosωx(ω>0)的最小正周期为π，可得f(x)=2sin(ωx+π6)的周期为T=2πω=π，即ω=2，即有f(x)=2sin(2x+π6)，将f(x)的图象向右平移π6个单位长度得到函数g(x)的图象，可得g(x)=2sin(2x−π3+π6)=2sin(2x−π6)，由x∈(−π6,π3)，可得2x−π6∈(−π2,π2)，可得g(x)在(−π6,π3)单调递增，故p1正确；g(x)的图象不关于原点对称，不为奇函数，故p2错误；由g(5π6)=2sin3π2=−2，为最小值，y=g(x)的图象关于直线x=5π6对称，故p3正确；由x∈[0,π2]，可得2x−π6∈[−π6,5π6]，即有g(x)在[0,π2]的值域为[−1,2]，故p4错误．故选：A．13.答案：−√210解析：解：cos<a⃗，b⃗ >=√10√5=−√210．故答案为：−√210．根据向量夹角公式计算可得．本题考查了数量积表示两个向量的夹角，属基础题．14.答案：−92解析：本题考查了等差数列通项公式求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．根据题意由等差数列的性质得到a17+a20=−14，即可得解．解：由题意有，a172−a202+a182−a192=d，故(a17−a20)(a17+a20)+(a18−a19)(a18+a19)=d，−3d(a17+a20)−d(a18+a19)=d，−3(a17+a20)−(a18+a19)=1，又a17+a20=a18+a19，所以−4(a17+a20)=1，a17+a20=−14，S36=36(a1+a36)2=36(a17+a20)2=−92．故答案为−92．15.答案：√33解析：解：设|PF2|=λ，∵PF2⊥F1F2，∠PF1F2=30°，∴|PF1|=2λ，|F1F2|=√3λ，又|PF1|+|PF2|=2a，|F1F2|=2c，∴2a=3λ，2c=√3λ，∴C 的离心率为：e =ca=√33， 故答案为：√33．设|PF 2|=λ，在直角三角形PF 1F 2中，依题意可求得|PF 1|与|F 1F 2|，利用椭圆离心率的性质即可求得答案．本题考查椭圆的简单性质，求得|PF 1|与|PF 2|及|F 1F 2|是关键，考查理解与应用能力，属于基础题．16.答案：2√33解析：本题考查点到平面的距离的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查等价转化思想、数形结合思想，是中档题．连接AF 并延长AF 交线段BC 的延长线于G ，连接PG ，因为EF//平面PBC ， 平面PAF ∩平面PBC =PG ，EF ⊂平面PAF ，所以EF//PG ， 又DF =2FC ，由平面几何知识可得GCBC =GFFA =PEEA =12，过E 作EH ⊥AD 于H ，由平面PAD ⊥平面ABCD 可得，EH ⊥平面ABCD ， 直角三角形AEH 中，，即点E 到平面ABCD 的距离为2√33． 故答案为：2√33． 17.答案：解：(Ⅰ)∵0.012×5×3+0.040×5×2+0.048×5+a ×5=1，∴a =0.036．(Ⅱ)由题意知该乘客在甲站平均等待时间少于20分钟的频率为： (0.012+0.040+0.048)×5=0.5， ∴估计A 的概率P(A)=0.5．(Ⅲ)X 1−=(0.012×5+0.040×10+0.048×15+0.040×20+0.036×25+0.012×30+0.012×35)×5=18.3． 由频率分布直方图得X 1−<X 2−．解析：(Ⅰ)由频率分布直方图的性质能求出a ．(Ⅱ)由频率分布直方图求出该乘客在甲站平均等待时间少于20分钟的频率，由此能估计A 的概率． (Ⅲ)由频率分布直方图的性质能求出X 1−，由频率分布直方图得X 1−<X 2−．本题考查实数值的求法，考查概率、平均数的求法，考查频率分布直方图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．18.答案：(Ⅰ)证明：由题意可知，△ACD 与△ABC 为全等的等边三角形．以A为坐标原点，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，z 轴，建立空间直角坐标系．如图所示，D(2,0，0)，A 1(0,0，3)，C 1(1,√3,1)，C(1,√3,0)，B(−1,√3,0)，E(12,√32,0)DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3,√3,0)，A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0)，DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−32,√32,3)， ∵DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−3+3=0，DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−32+32=0， ∴A 1C 1⊥DB ，A 1C 1⊥DE ，又DB ∩DE =D ，DB ，DE ⊂平面BDE l ， ∴A 1C 1⊥平面BDE ，又A 1C 1⊂平面AC 1D ，∴平面A 1C 1D ⊥平面BDE ；(Ⅱ)解：EC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,√32,0)，DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,√3,0)设平面C 1DE 的一个法向量为m⃗⃗⃗ =(x,y ，z)，则 {m ⃗⃗⃗ ⋅DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−32x +√32y +3z =0m⃗⃗⃗ ⋅EC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12x +√32y =0，令x =√3，m ⃗⃗⃗ =(√3,−1,2√33)， 同理可得平面CDE 的法向量n ⃗ =(√3,1，√33)，∴cos <m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗|m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗ |=3−1+23√4+13⋅√4+43=2√1313∵二面角为锐角二面角，∴二面角C −DE −C 1的余弦值为2√1313．解析：(Ⅰ)以A 为坐标原点，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，建立空间直角坐标系．求出D ，A 1，C 1，C ，B ，E 的坐标，以及向量DE ，A 1C 1，DE 的坐标，证明它们垂直，再运用面面垂直的判定定理，即可得证；(Ⅱ)求出EC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，DC ⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标，设平面C 1DE 的一个法向量为m ⃗⃗⃗ =(x,y ，z)，运用向量垂直的条件，求出法向量m ，同理可得平面CDE 的法向量n⃗ ，再由两向量的夹角公式，即可得到所求的余弦值． 本题考查空间直线与平面的位置关系，考查线面、面面垂直的判定和性质，同时考查二面角的平面角的求法，考查运用空间向量，证明线面垂直，以及应用法向量求二面角的平面角，考查运算能力，属于中档题．19.答案：解：(1)∵设三角形△ABC 外接圆的半径为R ，由面积为4π3=πR 2，可求R =2√33， 又∵C =π3．∴由正弦定理csinC =2R ，可得：c =2R ⋅sinC =4√33×√32=2，∵ab =4，∴由余弦定理可得：22=a 2+b 2−ab =(a +b)2−3ab =(a +b)2−12，解得：a +b =4， ∴由{ab =4a +b =4，解得：b =2．(2)∵sinC +sin(B −A)=2sin2A ，∴sinC +sin(B −A)=sin(A +B)+sin(B −A)， 整理得：sinBcosA =2sinAcosA ， 所以：cosA =0，或sinB =2sinA ．1°、当cosA =0时，A =π2，c =2，C =π3，则：b =2√33，所以：S △ABC =12bc =12⋅2√33⋅2=2√33． 2°、当sinB =2sinA 时，可得：b =2a ， 利用余弦定理得：cosC =a 2+4a 2−42a⋅2a=12，解得：a 2=43，所以：S △ABC =12⋅2a ⋅a ⋅√32=2√33． 所以：S △ABC =2√33．解析：(1)直接利用正弦定理可求c ，利用余弦定理即可解得b 的值． (2)利用三角函数的关系式的变换，利用分类讨论思想求出三角形的面积．本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理和余弦定理的应用，三角形面积公式的应用．20.答案：解：(1)当a =1时，f(x)=x 3−x 2−x ，所以f′(x)=3x 2−2x −1=(3x +1)(x −1)，当x ∈(0,+∞)时，由f′(x)<0得0<x <1，由f′(x)>0得x >1 f(x)在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，所以，当x =1时，f(x)取得最小值为f(1)=−1． (2)由已知f′(x)=3x 2−2ax −1， 因为f(x)在区间[1,2]上是单调减函数，所以对任意x ∈[1,2]，f′(x)=3x 2−2ax −1≤0恒成立，且无连续区间使f′(x)恒为0． 而y =3x 2−2ax −1是开口向上的抛物线，所以，只需{f′(1)≤0f′(2)≤0即可.即{3−2a −1≤012−4a −1≤0,解得{a ≥1,a ≥114. 综上，当a ≥114时，f(x)在区间[1,2]上是单调减函数．解析：本题主要考查利用导数研究函数的单调性及其最值，属于中档题， (1)直接由导数分析即可；(2)题意可转化为对任意x ∈[1,2]，f′(x)=3x 2−2ax −1≤0恒成立，且无连续区间使f′(x)恒为0，利用二次函数的性质求解即可21.答案：(1)证明：依题意有F (0, 14)，直线l ：y =kx +14，设A(x 1, y 1), B(x 2, y 2)，直线l 与抛物线E 相交， 联立方程{y =x 2, y =kx +14,消去y ，化简得x 2−kx −14=0，所以x 1+x 2=k, x 1x 2=−14，又因为y′=2x ，所以直线l 1的斜率k 1=2x 1， 同理，直线l 2的斜率k 2=2x 2， 所以，所以，直线l 1⊥l 2，即∠ADB =90∘．(2)解：由(1)可知，圆Γ是以AB 为直径的圆， 设P(x, y)是圆Γ上的一点，则PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0， 所以，圆Γ的方程为又因为x 1+x 2=k, x 1x 2=−14 ， y 1+y 2=kx 1+14+kx 2+14=k 2+12，y 1y 2=x 12x 22=116，所以，圆Γ的方程可化简为联立圆Γ与抛物线E 得{x 2+y 2−kx −(k 2+12)y −316=0,y =x 2,消去y 得x 4−(k 2−12)x 2−kx −316=0， 即(x 2+14)2−(kx +12)2=0，即若方程x 2−kx −14=0与方程x 2+kx +34=0有相同的实数根x 0，则矛盾，所以，方程x 2−kx −14=0与方程x 2+kx +34=0没有相同的实数根，所以，圆Γ与抛物线E 有四个不同的交点等价于{k 2+1>0k 2−3>0, 解得k >√3或k <−√3． 综上所述，k >√3或k <−√3．解析：本题考查抛物线简单几何性质，直线与抛物线的位置关系，导数的几何意义，定值问题，曲线的交点个数问题，参数的范围问题，考查计算能力，属于难题．(1)由直线l 与抛物线E 相交，联立方程消去y ，由导数的几何意义，结合韦达定理可得l 1⊥l 2，故可得答案(2)先求得圆Γ的方程联立圆Γ与抛物线E 消去y 得通过外接圆Γ与抛物线E 有四个不同的交点可得答案．22.答案：解：(1)由题意，知圆C 的直径|AB|=2，圆心C 的坐标为(−√32,−12)，∴圆C 的直角坐标为(x +√32)2+(y +12)2=1，即x 2+y 2+√3x +y =0， 将x =ρcosθ，y =ρsinθ代入上式，得到圆C 的极坐标方程为ρ+√3cosθ+sinθ=0． (2)因为直线l′与圆C 过原点O 的切线l 垂直， 所以直线l′的倾斜角为π6，斜率为√33，又直线l′过点P(0,1)，故直线l′的普通方程为y =√33x +1，即√3x −3y +3=0，圆心C(−√32,−12)到直线l′的距离d =2√3=√32， 所以|MN|=2√1−34=1．解析：(1)直接利用转换关系式，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换．(2)首先利用垂直关系确定直线的斜率，进一步确定直线的方程，再利用点到直线的距离公式求出结果．本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，直线方程的求法及应用，点到直线的距离公式的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．23.答案：解：(Ⅰ)∵a 、b 为正实数，且1a +1b =4．∴a 、b 为正实数，且1a +1b =4≥2√1ab (a =b 时等号成立)．即ab ≥14(a =b =12时等号成立)∵a 3+b 3≥2√(ab)3≥14(a =b =12时等号成立)．∴a3+b3的最小值为14，(Ⅱ)∵(a−b)2≥16(ab)3，∴(1a −1b)2≥16ab，则(1a +1b)2−4ab≥16ab⇒4ab+1ab≤4，又∵4ab+1ab ≥4，∴4ab+1ab=4∴当且仅当ab=12时“=”成立．∴ab=12．解析：本题主要考查基本不等式在最值中的应用，要注意检验等号成立条件是否具备，属于基础题．(Ⅰ)由条件利用基本不等式求得ab≥14，再利用基本不等式求得a3+b3的最小值．(Ⅱ)根据∵(a−b)2≥16(ab)3，∴(1a −1b)2≥16ab，化简得4ab+1ab=4从而可得ab=12．。